Fórum: Érdekes matekfeladatok

((n-1)!,p)=1 ,azaz <=> (p-n)!(n-1)!(p-1)!(-1)^n-1 (mod p).

(p-n)!(n-1)!(-n)(-n-1)(-n-2)...(-p+1)(n-1)!=(-1)^p-n(p-1)! (mod p). Tehát (-1)^p-n(p-1)!(p-1)!(-1)^n-1-et kell bizonyítani (mod p). Osztva (p-1)!-ral(mely rel. prím p-vel) (-1)^p-n(-1)^n-1-et kell igazolni.

Ha p=2, akkor n csak 1 lehet, ekkor mindkét oldal -1, ekkor az áll. igaz.

Ha p nem 2, akkor páratlan: p-nn-1 (mod 2), (-1)^p-n(-1)^n-1. Tehát igaz állításod.

Valamely m nemnegatív valós szám esetén jelölje H_m azt a végtelen háromszögtartományt a nyílt jobboldali komplex félsíkon, amelynek z=a+bi (a>0) pontjaira fennáll, hogy |b|ma.

Van-e olyan komplex függvény, amelyik értelmezve van a nyílt jobboldali komplex félsíkon (azaz a>0 esetén), ott (komplex értelemben) deriválható, és

- nem létezik a limesze az origóban, ha z0 és a>0 (vagyis ha z a jobb félsíkból tetszőlegesen jőve közelíti meg a nullát)

- viszont minden m0 esetén létezik véges limesze az origóban, ha z0 és zH_m (vagyis ha z a háromszögtartományban haladva tart a nullához). (Igaz-e továbbá, hogy van olyan példa, hogy ez a létező véges limesz m-től függetlennek is választható?)

Igaz-e, hogy ha pP, azaz prím, akkor

(nN és 0<n<p)?

Gézi ezt a feladatot nehéz meg csinálni de nagyon tetszik

A félpályán túli rész egyforma...

Megelőztek, de itt egy ábra.

Vegyük az egységsugarú kört és tegyük bele a négyzetünkbe(úgy hogy a négyzetünk és a kör középpontja egybeessen), majd forgassuk el úgy a körünket, hogy a kerületén kiválasztott A1 pont egybeessen a négyzet azon felezőpontjával (A2-vel), amely az R2 sugarú kör középpontja. Ha meghúzzuk az A1(=A2) pontból a megfelelő R1 sugarú kört akkor láthatjuk, hogy ez esetben négyzetünket nem osztottuk két egyenlő területű részre.(Hiszen R1<2 , így a kör a négyzetet két olyan pontban metszi melyek távolsága B ill C csúcstól (A2 eleme BC) kevesebb, mint 1/2. Így ha az R1 sugarú körrel (k1-gyel) eredeti körünket két egyenlő részre osztottuk, akkor négyzetünket a k1 kör nem fogja két egyenlő területű részre osztani.) Méghozzá az a rész lesz kisebb melyet tartalmaz a k1 kör. Így ahhoz hogy a négyzetünket két egyenlő területű részre oszthassuk egy R1-nél nagyobb sugarú R2 "körre" van szükségünk.

Van egy egységsugarú kör, kijelölünk a kerületén egy pontot ahonnan R1 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a kört.

Van egy 2 egység oldalhosszúságú négyzetünk, az egyik oldal felezőpontjából R2 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a négyzetet.

Érzésre R1 vagy R2-e a nagyobb? Leginkább heurisztikus megoldás érdekelne, a konkrét értékek kiszámolása nélkül.

Elnézést, itt kicsit "túláltalánosítottam". Persze a Cogito által [3142]-ben beírt bizonyítás csak a=+ esetén megy, tehát a [3147]-esben csak a=+ van megengedve. (Véges a esetén a [3147]-beli állítás nem is igaz, ezt pl. az f(x)=x mutatja. Hogy a=- esetén mi a helyzet, azt hirtelen nem látom.)

Igen, bocsi. Az volt a baj, hogy a számlálóban a papíromon -1 szerepel, és nem +1. Tehát mégse ugyanaz jött ki, csak azt hittem.

Igen, a szögletes zárójel egészrészt jelöl . 10 golyóra a várható nyeremények k = 1,2,3,4,5 esetén nálam is 1 ; 1,8 ; 2,16 ; 2,016 ; 1,512 , tehát k=3 az optimum. 20 golyónál a gyök alatt négyzetszám van, valóban k = 4-re és 5-re egyformán 2,907 a várható nyeremény.

10-re 3,7-et ad és 3 golyónál kell megállni, tehát alsó egészrésznél. Ha pont egészet ad, akkor az eggyel kisebb is pont ugyanolyan jó.

Szerintem ha 10 golyó van, akkor hármat kell húzni, mert akkor a várható nyeremény 2,16, míg ha csak kettőt húzunk, akkor 1,8. Még négyet is jobb húzni, mint kettőt.

Ja nem bocs, 10-nél 2 golyónál kell megállni a logika szerint.

Idáig én is eljutottam, csak még nem találtam ki, hogy kéne kezelni, ha nem egészre jön ki. A zárójel az egész részt jelent nálad?

Mert 10-re, akkor ez 2,7-et ad, azaz 2-őt. De ott az elv alapján 3 golyónál kell megállni.

A megoldás elárulása nélkül egy eredmény tipp:

1) igen, 1-től n-ig, mindegyik egyszer

2) igen, a k. külünbözzön az első k-1 mindegyikétől.

3) igen, k a nyeremény.

Szóval bár pongyola voltam, mindent jól gondoltál :-)

- A golyók 1-től n-ig vannak számozva - minden szám egyszer szerepel?

- A "nem húztunk 2 egyformát" úgy értendő, hogy a k-iknak kihúzott golyó száma az addig kihúzott k-1 golyó egyikének számával sem egyezik?

- a nyeremény a kihúzott golyók DARABszáma, esetünkben k ?

Akkor egy saját feladat:

Adott n számozott golyó, amik közül visszatevéssel húzunk. Bármikor megállhatunk, és ha nem húztunk 2 egyformát, akkor nyereményként a kihúzott golyók számát kapjuk, ha viszont igen, akkor így jártunk, nem kapunk semmit. A kérdés az, hogy adott n-re hány golyót kell kihúznunk, hogy maximalizáljuk a várható nyereményünket.

Köszi, igazad van! Amúgy ma délelőtt újra végiggondoltam és teljesen mindegy hogy milyen sorrendbe és hányan érkeznek egyszerre, mert amely elsőleg megtérített feluból elindulnak, a következő oda érkezőt ott megeszik, tehát azon falu pogány marad. Akkor is ez áll fenn, ha egyszerre egy térítő működik, mert a kiindulási pontjához visszajutva (feltételezem, nem tudja mikor továbbindul az előző faluból, hogy a következő melyik lesz) ott őt is elkapják, ergo ekkor n-1, azaz 25 keresztény falu várja az odaérkezőket, akik automatikusan halálra vannak itélve, mert csak a megtérített falukba mehetnek, hisz nekik mind más a nevük kezdőbetűje. Tehát ha egyedül, ha többen érkeznek, mindig a kiinduló falvak a ciklus végére pogányok lesznek, ahová a nevük alapján már elsőnek nem érkezhet új térítő, ergo csak megtérített falvakba juthatnak először = kampec nekik. Ha mind a 26 egyszerre érkezne, akkor (nyilván egymás munkájáról nem tudva) az első továbbinduláskor automatikusan minden falu pogánnyá válik és ők elpusztulnak.

Ezek alapján, már nekem is világos, hogy a térítők hiába fizetnek életükkel, végül mindenki pogány marad. A tanulság: elég ha egy térítő megy oda, akkor a legnagyobb az eredményessége. :)

1. esetben, ha mind egymás után jönnek, akkor végül minden falu pogány lesz. És nem marad egyetlen falu sem, ami keresztény lenne.

Mivel feltételezhető, hogy a feladatnak egyetlen megoldása van, az csak az lehet, hogy minden falu pogány. Persze elképzelhető, hogy el van rontva a feladat, de szerintem ez most nem áll fenn. Legalábbis nekem kijött a megoldás :)

Ha jól látom, a függvény által meghatározott Lebesgue-Stieltjes-mértéknek az által meghatározott Lebesgue-Stieltjes-mérték szerinti Radon-Nikodym-deriváltja f. Ekkor a Radon-Nikodym-tétel szerint

amit bizonyítanunk kellett. Ugye jól látom?

Annyian szoktak itt csintalankodni, most az egyszer én sem tudtam megállni, ezer bocs...:D

...illetve vannak olyan függvények, melyekre nem értelmezett a deriválás művelete (legjobb tudásom szerint)!

Más, A szigetlakós feladatra spekuláltam kicsit. Ha nem megadott hogy a hittérítők milyen ütemben érkeznek, akkor akár az első érkező is végigmehet sorban a falvakon, és mindenki meg lesz térítve, csak az első falu nem, amelyiknél kezdte, mert akkor ők fogják megenni a látogatót. Ha ilyen módon érkezik a maradék 25 térítő, az utolsónál a teljes sziget pogány lesz, kivéve azt a falut ahol kezdi a pályafutását, mivel a páratlan sorszámú térítőknél az első példájára 26-1 falu lesz keresztény, a párosakra ennek negáltja.

Ha két térítő van egyszerre jelen, körútjuk végén végén a kezdőpontjukat kivéve minden falu megtért lesz kivéve kettőt, azaz páros szám lévén és ezt az ütemet tartva, a 26. térítónél is ue. a felállás. Ha mind a 26 térítő egyszerre érkezik, az első körben a teljes sziget keresztény lesz, de az 1. szomszéd falu meglátogatásával minden hittérítő kihal, és minden falu marad kannibál. Mivel ezek is megoldásai a feladatnak, s a véletlenszerűen érkező térítők milliónyi kombinációs esetéről nem is szólva, általánosan nem határozható meg pontosan szerintem, hogy melyik falu épp milyen állapotban lesz, hisz a pillanatnyi eset a döntő = számtalan megoldás létezik.

Amúgy boldog új évet mindenkinek!

Sziasztok!

Akkor látom a feladat kilőve, ha valakit érdekel a teljes megoldás,akkor írjon és felírom,de nekem is a diffegyenletes megoldásom van:-).

Itt egy újabb:

Tegyük fel,hogy f és g folytonos függvények [a,b]-n,és korlátos változású,és definiáljuk a:

integrált (x[a,b]).

Bizonyítsuk be, hogy .

Üdv.: Cokee

Megoldva az előző differenciálegyenletet, valóban lesz benne arc sin.

http://mathworld.wolfram.com/InverseSine.html (19) képlet.

Üdv. neten nézegettem hatványsorokat. Az arcsinx hatványsorával kellene valamit kezdeni, mert eléggé hasonlít az általad megadottra..Csak egy ötlet, lehet nem így kell nekifogni.